牛顿运动定律 专题讲解

牛顿运动定律专题一力和运动的关系力是改变物体运动状态的原因，而不是维持运动的原因．由F＝ma知，加速度与力有直接关系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度与力没有直接关系．【典例1】如图3－2－2所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m 的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则()．图3－2－2A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C．物体运动到O点时，所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小解析物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．正确选项为A.答案 A易错警示解答此题时容易犯的错误是认为弹簧无形变时物体的速度最大，加速度为零，从而错选B、C、D.这显然是没有对物理过程进行认真分析的结果．分析物理问题时，要在脑海里建立起一幅清晰的动态图景．【跟踪短训】1．(2013·海南卷，2)一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是()．A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a和v都先减小后增大解析质点受到的合外力先从0逐渐增大，然后又逐渐减小为0，合力的方向始终未变，故质点的加速度方向不变，先增大后减小，速度始终增大，本题选C.答案 C2．一皮带传送装置如图3－2－3所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，滑块的速度和加速度变化的情况是()．图3－2－3A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力F f和弹簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝F f－F拉＝ma，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小．答案 D专题二对牛顿第二定律的理解及应用1．瞬时性问题的解题技巧分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型：特性模型受外力时的形变量力能否突变产生拉力或压力轻绳微小不计可以只有拉力没有压力轻橡皮绳较大不能只有拉力没有压力轻弹簧较大不能既可有拉力也可有压力轻杆微小不计可以既可有拉力也可有支持力2.在求解瞬时性加速度问题时应注意(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．【典例2】(2013·银川模拟)如图3－2－4所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()．图3－2－4A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，A、B两球瞬时加速度都不为零解析对A、B两球在细线烧断前、后的瞬间分别受力分析如图所示．细线烧断瞬间，弹簧还未形变，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，mg sin θ－kx＝0，即a B＝0，A球所受合力为mg sin θ＋kx＝ma A即：2mg sin θ＝ma A，解得a A＝2g sin θ，故A，D错误，B，C正确．答案BC【跟踪短训】3．如图3－2－5所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有()．图3－2－5A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M Mg D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M M g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M Mg 解析 在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg ，因此物块3满足mg ＝F ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝M ＋m Mg ，所以C 对． 答案 C4．(2013·芜湖模拟)如图3－2－6所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )．图3－2－6A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a 解析 拉力F 作用时，设弹簧的弹力为F 1.对A ：F 1＝m 1a ，对B ：F －F 1＝m 2a撤去拉力F 瞬时，弹簧的弹力F 1不变F 1＝m 1a 1 F 1＝m 2a 2，所以a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a 故选项D 正确．答案 D专题三 巧解动力学问题的常用方法用整体法、隔离法巧解动力学问题1．整体法、隔离法当问题涉及几个物体时，我们常常将这几个物体“隔离”开来，对它们分别进行受力分析，根据其运动状态，应用牛顿第二定律或平衡条件列式求解．特别是问题涉及物体间的相互作用时，隔离法是一种有效的解题方法．而将相互作用的两个或两个以上的物体看成一个整体(系统)作为研究对象，去寻找未知量与已知量之间的关系的方法称为整体法．2．选用整体法和隔离法的策略(1)当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法；(2)对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解．【典例1】 (2013·福建卷，21)质量为M 、长为3L 的杆水平放置，杆两端A 、B 系着长为3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m 的小铁环．已知重力加速度为g ，不计空气影响．图3－2－7(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图3－2－7甲，求绳中拉力的大小；(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A 端的正下方，如图乙所示．①求此状态下杆的加速度大小a ；②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？图a解析 (1)如图a ，设平衡时，绳中拉力为T ，有2T cos θ－mg ＝0①由图知cos θ＝63② 由①②式解得T ＝64mg ③(2)①此时，对小铁环进行受力分析，如图b 所示，有T ′sin θ′＝ma ④图bT ′＋T ′cos θ′－mg ＝0⑤由图知θ′＝60°，代入④⑤式解得a ＝33g ⑥ ②如图c ，设外力F 与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有图cF cos α＝(M ＋m )a ⑦F sin α－(M ＋m )g ＝0⑧由⑥⑦⑧式解得，F ＝233(M ＋m )g tan α＝3，α＝60°即外力方向与水平方向的夹角为60°斜向右上方答案 (1)64mg (2)①33g ②233(M ＋m )g ，与水平方向的夹角为60°斜向右上方图3－2－8即学即练1 如图3－2－8所示，两块粘连在一起的物块a 和b ，质量分别为m a 和m b ，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力F a 和水平拉力F b ，已知F a >F b ，则a 对b 的作用力( )．A ．必为推力B ．必为拉力C ．可能为推力，也可能为拉力D ．不可能为零解析 将a 、b 看作一个整体，加速度a ＝F a ＋F b m a ＋m b，单独对a 进行分析，设a 、b 间的作用力为F ab ，则a ＝F a ＋F ab m a ＝F a ＋F b m a ＋m b ，即F ab ＝F b m a －F a m b m a ＋m b，由于不知道m a 与m b 的大小关系，故F ab 可能为正、可能为负、也可能等于0.答案 C用分解加速度法巧解动力学问题因牛顿第二定律中F ＝ma 指出力和加速度永远存在瞬间对应关系，所以在用牛顿第二定律求解动力学问题时，有时不去分解力，而是分解加速度，尤其是当存在斜面体这一物理模型且斜面体又处于加速状态时，往往此方法能起到事半功倍的效果．【典例2】 (2013·安徽，14)如图3－2－9所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T 和斜面的支持力N 分别为(重力加速度为g )( )．图3－2－9A ．T ＝m (g sin θ＋a cos θ) N ＝m (g cos θ－a sin θ)B ．T ＝m (g cos θ＋a sin θ) N ＝m (g sin θ－a cos θ)C ．T ＝m (a cos θ－g sin θ) N ＝m (g cos θ＋a sin θ)D ．T ＝m (a sin θ－g cos θ) N ＝m (g sin θ＋a cos θ)解析 准确分析受力情况，分解加速度是比较简便的求解方法．选小球为研究对象，小球受重力mg 、拉力T 和支持力N 三个力作用，将加速度a 沿斜面和垂直于斜面两个方向分解，如图所示．由牛顿第二定律得T －mg sin θ＝ma cos θ①mg cos θ－N ＝ma sin θ②由①式得T ＝m (g sin θ＋a cos θ)．由②式得N ＝m (g cos θ－a sin θ)．故选项A 正确．答案 A即学即练2 如图3－2－10，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a 启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为F N 和F f .若电梯启动加速度减小为a 2，则下面结论正确的是( )．图3－2－10A ．水平梯板对人的支持力变为F N 2B ．水平梯板对人的摩擦力变为F f 2C ．电梯加速启动过程中，人处于失重状态D ．水平梯板对人的摩擦力和支持力之比仍为F f F N解析 将人的加速度分解，水平方向a x ＝a cos θ，竖直方向a y ＝a sin θ.对于人根据牛顿第二定律，在水平方向有F f ＝ma x ，在竖直方向有F N －mg ＝ma y ，人处于超重状态，C 错误；当加速度由a 变为a 2时，摩擦力变为原来的一半，但支持力不为原来的一半，则它们的比值也发生变化，故A 、D 错误，B 正确．答案 B附：对应高考题组1．(2012·安徽卷，17)如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a 沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F ，则( )．A ．物块可能匀速下滑B ．物块仍以加速度a 匀加速下滑C ．物块将以大于a 的加速度匀加速下滑D ．物块将以小于a 的加速度匀加速下滑解析 设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律知，物块的加速度a ＝mg sin θ－μmg cos θm>0，即μ<tan θ.对物块施加竖直向下的恒力F 后，物块的加速度a ′＝(mg ＋F )sin θ－μ(mg ＋F )cos θm ＝a ＋F sin θ－μF cos θm，且F sin θ－μF cos θ>0，故a ′>a ，物块将以大于a 的加速度匀加速下滑．故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．答案 C2．(2012·江苏卷，5)如图所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m 、M ，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f .若木块不滑动，力F 的最大值是( )．A ．2f (m ＋M )MB.2f (m ＋M )mC ．2f (m ＋M )M－(m ＋M )g D.2f (m ＋M )m＋(m ＋M )g 解析 对木块M ，受到两个静摩擦力f 和重力Mg 三个力而向上运动，由牛顿第二定律得木块不滑动的最大加速度大小为a m ＝2f －Mg M① 对整体，受到两个力，即力F 和整体重力(m ＋M )g ，由牛顿第二定律得F －(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ②代入最大加速度即得力F 的最大值F m ＝2f (m ＋M )M，A 项正确． 答案 A3．(2011·新课标全国卷，21)如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2.下列反映a 1和a 2的变化的图线中正确的是( )．解析 刚开始木块与木板一起在F 作用下加速，且F ＝kt ，a ＝F m 1＋m 2＝kt m 1＋m 2，当两者相对滑动后，木板只受滑动摩擦力，a 1不变，木块受F 及滑动摩擦力，a 2＝F －μ m 2g m 2＝F m 2－μg ，故a 2＝kt m 2－μg ，a －t 图象中斜率变大，故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．答案 A4．(2011·北京卷，18)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F 的大小随时间t 变化的情况如图所示，将蹦极过程视为在竖直方向上的运动，重力加速度为g .据图可知，此人在蹦极过程中的最大加速度约为( )．A ．gB ．2gC ．3gD ．4g解析 在蹦极过程中，经过足够长的时间后，人不再上下振动，而是停在空中，此时绳子拉力F 等于人的重力mg ，由F －t 图线可以看出，35F 0＝mg ；在人上下振动的过程中，弹力向上，重力向下，当人在最低点时，弹力达到一个周期中的最大值，在第一个周期中，弹力最大为F m ＝95F 0＝3mg ，故最大加速度为a m ＝F m －mg m＝2g .选项B 正确．答案 B专题四 动力学的两类基本问题解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)做好两个分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况．(2)抓住一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．【典例1】 (2013·江南十校联考，22)如图3－3－2所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙平面的平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A 点由静止释放，最终停在水平面上的C 点．已知A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，B 点距C 点的距离L ＝2.0 m ．(滑块经过B 点时没有能量损失，g ＝10 m/s 2)，求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A 点释放后，经过时间t ＝1.0 s 时速度的大小．图3－3－2教你审题第一步：读题→抓关键词→获取信息关键词获取信息①光滑斜面与粗糙的水平面滑块在斜面上不受摩擦力，水平面受摩擦力②从斜面上的A点由静止释放滑块的初速度v0＝0③最终停在水平面上的C点滑块的末速度为零④滑块经过B点时没有能量损失斜面上的末速度和水平面上的初速度大小相等第二步：分析理清思路→抓突破口做好两分析→受力分析、运动分析①滑块在斜面上：滑块做初速度为零的匀加速直线运动．②滑块在水平面上：滑块做匀减速运动．第三步：选择合适的方法及公式→利用正交分解法、牛顿运动定律及运动学公式列式求解．解析(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为v m，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则有mg sin 30°＝ma1，v2m＝2a1hsin 30°，解得：v m＝4 m/s (2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，μmg＝ma2 v2m＝2a2L，解得：μ＝0.4(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，v m＝a1t1得t1＝0.8 s由于t>t1，滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s设t＝1.0 s时速度大小为v＝v m－a2(t－t1)解得：v＝3.2 m/s答案(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s反思总结解决动力学两类问题的基本思路【跟踪短训】图3－3－31．2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功．设某一舰载机的质量为m ＝2.5×104 kg，速度为v0＝42 m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板上以a0＝0.8 m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动．(1)舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里？(2)为了舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机．图示3－3－3为舰载机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F＝1.2×105N，减速的加速度a1＝20 m/s2，此时阻拦索夹角θ＝106°，空气阻力和甲板阻力保持不变．求此时阻拦索承受的张力大小？(已知：sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)解析(1)设甲板的长度至少为x0，则由运动学公式得－v20＝－2a0x0，故x0＝v20 2a0代入数据可得x0＝1 102.5 m(2)舰载机受力分析如图所示，其中F T为阻拦索的张力，F f为空气和甲板对舰载机的阻力，由牛顿第二定律得2F T cos 53°＋F f－F＝ma1舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时F f＝ma0联立可得F T＝5×105 N答案(1)1 102.5 m(2)5×105 N专题五对超重、失重的理解1．不论是超重、失重、完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．2．物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系．下表列出了加速度方向与物体所处状态的关系.加速度超重、失重视重Fa＝0不超重、不失重F＝mga的方向竖直向上超重F＝m(g＋a) a的方向竖直向下失重F＝m(g－a) a＝g，竖直向下完全失重F＝0 【典例2】在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3－3－4所示，在这段时间内下列说法中正确的是()．图3－3－4A．晓敏同学所受的重力变小了B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为g5，方向一定竖直向下解析由题知体重计的示数为40 kg时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，A错；由牛顿第三定律知B 错；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C错；由牛顿第二定律mg－F N＝ma，可知a＝g5，方向竖直向下，D对．答案 D反思总结判断超重和失重现象的三个技巧1．从受力的角度判断当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．2．从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．3．从速度变化角度判断(1)物体向上加速或向下减速时，超重；(2)物体向下加速或向上减速时，失重．【跟踪短训】2．如图3－3－5所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间(单位为秒)．由图可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息有()．图3－3－5A．该同学做了两次下蹲——起立的动作B．该同学做了一次下蹲——起立的动作，且下蹲后约2 s起立C．下蹲过程中人处于失重状态D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态解析在3～4 s下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在6～7 s起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A、C、D错误，B正确．答案 B专题六传送带模型滑板—滑块模型传送带模型1．水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v 返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v02.倾斜传送带模型 项目图示 滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a 1加速后以a 2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速 (3)可能一直匀速(4)可能先以a 1加速后以a 2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 【典例1】 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图3－3－6所示为一水平传送带装置示意图．绷紧的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.图3－3－6(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处，求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．审题指导 关键词：①无初速度地放在A 处．②行李开始做匀加速直线运动．③随后行李又以与传送带相等的速率做匀加速直线运动．对行李受力分析行李运动过程先匀加速后匀速直线运动利用牛顿第二定律、运动学公式求解未知量．解析 (1)行李刚开始运动时，受力如图所示，滑动摩擦力：F f ＝μmg ＝4 N 由牛顿第二定律得：F f ＝ma解得：a ＝1 m/s 2(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则：v ＝at ，解得t ＝v a ＝1 s(3)行李始终匀加速运行时间最短，且加速度仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时，有：v 2min ＝2aL解得：v min ＝2aL ＝2 m/s故传送带的最小运行速率为2 m/s行李运行的最短时间：t min ＝v min a ＝2 s答案 (1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s 反思总结 对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析．图3－3－7即学即练1 如图3－3－7所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间．解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg (sin 37°－μcos 37°)＝ma则a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2，根据l ＝12at 2得t ＝4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得，mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1则有a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s 2 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m<l ＝16 m 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin 37°>μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s 2 x 2＝l －x 1＝11 m又因为x 2＝v t 2＋12a 2t 22，则有10t 2＋t 22＝11，解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s.答案 (1)4 s (2)2 s滑板—滑块模型1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题思路4．易失分点(1)不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．(2)不清楚物体间发生相对滑动的条件．图3－3－8【典例2】如图3－3－8所示，光滑水平面上静止放着长L＝4 m，质量为M＝3 kg的木板(厚度不计)，一个质量为m＝1 kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，(g取10 m/s2)(1)为使两者保持相对静止，F不能超过多少？(2)如果F＝10 N，求小物体离开木板时的速度？解析(1)要保持两者相对静止，两者之间的摩擦力不能超过最大静摩擦力，故最大加速度a＝μg＝1 m/s2由牛顿第二定律对整体有F m＝(m＋M)a＝4 N(2)当F＝10 N>4 N时，两者发生相对滑动对小物体：a1＝μg＝1 m/s2对木板：F合＝F－μmg＝Ma2代入数据解得a2＝3 m/s2由位移关系有：L＝12a2t2－12a1t2代入数据解得t＝2 s则小物块的速度v1＝a1t＝2 m/s. 答案(1)4 N(2)2 m/s。